Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:
Скачиваний:
88
Добавлен:
02.05.2014
Размер:
34.3 Кб
Скачать

11

1)Теорема Гаусса. Поток вектора напряженности электрического тока через замкнутую поверхность равен алгебраической сумме зарядов, охваченных этой поверхностью, отнесенных к электрической постоянной N=∑qi0. Напряженность поля бесконечно заряженной поверхности: под поверхностной плотностью заряда δ понимают заряд приходящийся на единицу поверхности δ=q/S (Кл/м2). Размеры поверхности >> расстояния, на которую рассчитывается напряженность – бесконечная поверхность. Поток через вспомогательную цилиндрическую поверхность, образующие которой параллельны линиям напряженности. N=Nбок+2Nосн=ESбок*сosπ/2+2ESосн*cos0=2ESосн. Из теоремы Гаусса N=∑qi0 => ∑qi0=2Eосн => Е=∑qi/∑Еоснε0=δ/2ε0 Для двух поверхностей – (+) – (-)

Из принципа суперпозиции EI=EIII=0. EII=E++[E-]=2δ/2ε0= δ/ε0=> Напряженность поля бесконечной плоскости конденсатора не зависит от расстояния между пластинами, электрическое поле однородно и сосредоточено между пластинами.

2)Если магнитный момент Pm атомов равен 0, то вещество является парамагнетиком. Магнитное поле стремится установить магнитные моменты атомов вдоль В, тепловое движение стремится разбросать их равномерно по всем направлениям. В результате устанавливается некоторая преимущественная ориентация моментов вдоль поля тем больше, чем > В, и тем меньше, чем выше температура. λкм=С/T – закон Кюри, где С-постоянная Кюри, зависящая от рода вещества, λкм – восприимчивость парамагнитного вещества. С=μ0NAPm2/3k, тогда λкм μ0NAPm2/3kT. Здесь предполагается, что PmB<<kT. В очень сильных полях и при низких температурах наблюдается отступление от пропорциональности между намагниченность парамагнетика I и напряженностью поля Н, в частности, может наступить состояние магнитного насыщения, при котором все Pm выстраиваются поп полю и дальнейшее увеличение Н не приводит к увеличению I.

3)Дано dφ=rdl/4πε0r, где r – расстояние от точки , в которой определяется

q=10-2Кл потенциал до элемента стержня dl=rda/cosa => dφ=rda/4πε0cosa

φ-? φ=∫(a1,a2)rda/4πε0cosa Т.к. точка симметрична относительно концов стержня, то ф1=ф2 и φ=2r/4πε0∫(0,a1)a/cosa=2r/4πε0lntg(a/2+π/4)│(0, π/4)= 2r/4πε0lntg(π/3)=988B

4)Дано

ε1=11 В По I закону Кирхгоффа: I2=I1+I3

ε2=14 В По II закону Кирхгоффа: ε12=I1R1+I2R2 ε32=I3R3+I2R2

ε2=16 В Получим схему из трех уравнений с тремя неизвестными.

R1=50 Ом ε13=I1R1-I3R3=I1R1-I3R1-I3R3=I1R1-I3(R1+R3) =>

R2=10 Ом I2=(ε13+I3(R1+R3))/R1, из 3 уравнения I2= (ε32-I3R3)/R2 =>

R1=2 Ом (ε13+I3(R1+R3))/R1= (ε32-I3R3)/R2 =>

I1,I2,I3-? (ε13)R2+I3R2(R1+R2)=(ε32)R1-I3R1R3 =>

I3=(R1(ε31)- (ε13)R2)/(R2(R1+R2)+R1R2)=0,242 A

I2= (ε32-I3R3)/R2 =0,152 A I1=I2-I3=-0,09A

5)Дано Выберем элемент тока в точке 4 он создает поле dB=

R=0,2 м =μμ0I[dl,r]/4πr2. вс силу симметрии суммарный вектор В напрвлен вдоль

r=0,3 м оси х => для нахождения модуля вектора индукции сложим проекции

В=0,20 мкТл всех векторов dB на ось Ox: dBx=dBcosa=μμ0Idlcosa/4π cosa=R/a,

I-? a=(r2+R2)1/2 ∫dB=∫ μμ0IdlR/4π ((r2+R2)1/2 )3/2= μμ0IR/4π ((r2+R2)1/2 )3/2∫(0,2πR)dl=

=μμ0IR2/2((r2+R2)1/2 )3/2 I=2B((r2+R2)1/2 )3/2/μμ0R2 μ-?

Соседние файлы в папке Билеты по физике